l aventurier et ses diamants

L'aventurier et ses diamants.
JB
Aujourd'hui
Résumé
Rappel de l'énoncé : "Soit un tas R de 2n + 1 joyaux. En enlevant n'importe lequel d'entre eux,
nous pouvons réorganiser les 2n joyaux restants en deux tas de joyaux égaux en masse et en nombre.
Montrer que tous les joyaux ont la même masse."
Première partie
Mettre en
équation.
Soit k ∈ J1, 2n + 1K xé. Si nous enlevons le k-ième joyau du tas, nous partitionnons le reste en deux
tas de n joyaux. Notons les deux ensembles associés S et T. Alors l'hypothèse de l'énoncé se note :
X
mi =
i∈S
que nous réécrivons en :
X
mj
j∈T
X
δi,j,k mh = 0
h∈R
h6=k

 1 si h ∈ S
avec δi,j,k = −1 si h ∈ T . Et alors en permutant sur tous les k (cas) possibles, nous avons le système

0 si h = k
suivant :

±m2 ± m3 ± ... ± m2n+1 = 0



 ±m1 ± m3 ± ... ± m2n+1 = 0




..
.
±m1 ± m2 ± ... ± m2n = 0
Nous constatons qu'il correspond au produit matriciel suivant :

 
m1
0
 m2  ±1

 
M× . = .
 ..   ..
±1
m2n+1
±1
0
···
···
±1
···
..
.
..
.
 
  
0
±1
m1
 m2  0
±1
  
 
×  .  = .
.. 
.


.
.   .. 
m2n+1
0
0
Deuxième partie
Un peu d'algèbre linéaire !
Il est bien beau d'en arriver là, mais notre but n'est-il pas de montrer que tous les mh sont égaux ?
Autrement dit,
il nous faut déduire de nos futures observations que le vecteur (m1 , ..., m2n+1 ) ∈ R2n+1 est
 
1
1

colinéaire à 
 .. , donc que (m1 , ..., m2n+1 ) ∈ Vect(1, ..., 1). Cela revient donc à montrer que Ker(M) =
.
1
Vect((1, ..., 1)) (en notant Ker(M) = {X ∈ M2n+1,1 (R)/M × X = (0)M2n+1,1 (R) } et
Vect((1, ..., 1)) = {x ∈ R2n+1 /x = λ(1, ..., 1), λ ∈ R})
1
Troisième partie
Arithmétique modulaire et déterminants.
L'inclusion indirecte est... directe ! Nous constatons qu'il y a autant de + et de - par lignes sur notre
matrice M. Cela veut dire qu'une simple sommation des coecients de chaque ligne donne 0. (1,...,1) est
donc solution du système proposé. Nous avons bien Vect((1, ..., 1)) ⊂ Ker(M).
Pour montrer l'inclusion inverse, il nous faut montrer que la dimension du noyau de M vaut 1. Le
théorème du rang stipule que :
dim(Ker(M)) + rg(M) = dim(M2n+1,1 (R)) = 2n + 1
Autrement dit, il faut montrer que le rang de M vaut 2n. Nous savons (ou devrions savoir) que le rang
d'une matrice est le nombre de colonnes (ou de lignes) échelonnées et non nulles qu'elle comporte. Une
caractérisation du rang d'une matrice est la suivante : "Le rang d'une matrice est égal à la taille de son
plus grand mineur non nul." (un mineur d'une matrice est le déterminant d'une de ses sous-matrices
carrées).
Tout déterminant d'ordre supérieur à ce "mineur" serait donc nul ! Vu que le noyau de M n'est pas
réduit à un vecteur nul, nous en déduisons que M n'est pas injective, n'est pas inversible et donc son
déterminant est nul.
Montrons alors que le cofacteur du plus grand mineur non nul n'est pas nul. Pour ce faire, on le réduit
modulo 2 : Dans l'anneau Z/2Z, on remarque que :

0
±1 + 2

M≡ .
 ..
±1 + 2
et donc
±1 + 2
0
..
.
±1 + 2
···
···
..
.
···
 
0 1
±1 + 2
1 0
±1 + 2
 
≡ . .
.. 
.   .. ..
1 1
0
0 1
1 0
det(M) = . .
.. ..
1 1
···
···
..
.
···
En eet,
det(M) =
X
σ∈Sn
ε(σ)
···
···
..
.
···

1
1

.. 
.
0
mod 2
1
1
.. mod 2
.
0
n
Y
aσ(i),i
i=1
Or additionner à chaque facteur un nombre pair ne change pas la parité du produit : Pour preuve,
(a + 2k)(b + 2h) = ab + 2(...). On retombe alors au nal modulo 2 sur le même déterminant. Comme on le
sait bien, −1 ≡ 1[2] et 1 + 2 = 3 ≡ 1[2] ce qui démontre l'aparté. Nous montrons par des manipulations
sur les colonnes et les lignes de ce déterminant que le mineur en question vaut (2n)(−1)n−1 , et qu'il est
non nul pour n ≥ 1.Le rang de la matrice M est supérieur ou égal à 2n+1-1=2n par liberté de la famille
que constitue ses 2n colonnes successives après la première colonne. Cela nous permet de conclure :
M est de rang 2n et le noyau a donc pour dimension 1. Sachant que tout vecteur du noyau doit
comporter 2n + 1 composantes, elles sont toutes égales.
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